單位根/因式分解和解方程

本章將探討單位根在因式分解和解方程中的應用。

因式分解和解方程

解方程是指找到滿足方程的未知數的值集。對於低次方程，我們可以很容易地求解，但對於高次方程，則不容易。然而，透過因式分解，我們可以將高次多項式重寫為低次多項式的乘積。透過因式分解來解方程的方法基於以下定理

零積性質 設 $A$ 和 $B$ 為實數或複數。如果 $A\cdot B=0$，則 $A=0$ 或 $B=0$。
證明 $A=0$ 或 $A\neq 0$ 成立。如果 $A=0$，則“$A=0$ 或 $B=0$” 成立。如果 $A\neq 0$，則 $A^{-1}$ 存在。將其乘以 $A\cdot B=0$ 兩邊

$A^{-1}\cdot A\cdot B=A^{-1}\cdot 0$

$B=0$.

那麼“$A=0$ 或 $B=0$” 也成立。證畢

因此，在解多項式方程時，我們可以先對多項式進行因式分解，然後形成將因子與零相等的較小方程。

例 1 解方程 $x^{3}-x^{2}-x+1=0$.
解

$x^{3}-x^{2}-x+1=0$

$x^{2}(x-1)-(x-1)=0$

$(x-1)(x^{2}-1)=0$

$(x-1)(x-1)(x+1)=0$

$x-1=0$ 或 $x-1=0$ 或 $x+1=0$

$x=1$ 或 $x=1$ 或 $x=-1$

$x=1$ 或 $x=-1$

在上一章中，我們已經看到了單位根在確定多項式可除性方面的應用。實際上，我們可以類似地透過考慮單位根的性質來分解一些多項式。

例 2 分解 $x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1$.
分析 表示式中的指數為 8、6、4、2、0。當它們除以 5 時，餘數分別為 3、1、4、2、0。因此，當 $x$ 被替換為一個非實數的五次單位根時，表示式等於零。所以表示式可以被 $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1$ 整除。
答案 $x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)(x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1)$

如果我們在因式中允許複數係數，則任何多項式都可以分解為線性因式的乘積；如果我們允許任何實數係數，則任何具有實數係數的多項式都可以分解為最多二階因式的乘積。

例 3 分解
(a) $x^{8}+x^{4}+1$（三個因式）
(b) $x^{5}+x+1$（兩個因式）
分析 當 $x$ 被非實數單位根替換時，我們可以檢查 (a) 和 (b) 都等於零。 但是，我們必須進一步為 (a) 找到另一個因式。 為此，我們首先令 $y=x^{2}$，則表示式變為 $y^{4}+y^{2}+1$，當 $x$ 被非實數單位根替換時，它也等於零。
解 (a) $y^{4}+y^{2}+1=(y^{2}+y+1)(y^{2}-y+1)$。 因此，

$x^{8}+x^{4}+1=(x^{4}+x^{2}+1)(x^{4}-x^{2}+1)=(x^{2}+x+1)(x^{2}-x+1)(x^{4}-x^{2}+1)$

(b) $x^{5}+x+1=(x^{5}-x^{2})+(x^{2}+x+1)$

$x^{2}(x-1)(x^{2}+x+1)+(x^{2}+x+1)$

$(x^{3}-x^{2}+1)(x^{2}+x+1)$

三次方程

使用單位根，我們可以推匯出三次方程的公式。

令 $\omega$ 是一個非實數單位根，那麼

$\omega +\omega ^{2}=-1$，$\omega ^{3}=1$。

然後我們可以證明

$(x+y+z)(x+\omega y+\omega ^{2}z)(x+\omega ^{2}y+\omega z)=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz$.

因此，三次方程關於 $x$ 的根為

$x^{3}-3yz\cdot x+(y^{3}+z^{3})=0$

是

$x_{1}=-(y+z)$, $x_{2}=-(\omega y+\omega ^{2}z)$, $x_{3}=-(\omega ^{2}y+\omega z)$.

現在考慮三次方程

$x^{3}+px+q=0$.

我們可以令 $q=y^{3}+z^{3}$ 以及 $p=-3yz$。所以 ${\frac {p^{3}}{27}}=-y^{3}\cdot z^{3}$。因此，$y^{3}$ 和 $z^{3}$ 是以下方程的根

$X^{2}-qX-{\frac {p^{3}}{27}}=0$.

這個方程的根是

$X={\frac {q}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}$.

令 $y^{3}$ 為這些根中的任意一個，$z^{3}$ 為另一個根。那麼

$y={\sqrt[{3}]{{\frac {q}{2}}+{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}$,

$z={\sqrt[{3}]{{\frac {q}{2}}-{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}$.

(實際上，只要關係 $p=-3yz$ 成立，我們也可以取其他非實數的立方根。然而，由於我們已經透過指定 $x_{2}$ 和 $x_{3}$ 來考慮它們，所以我們不需要考慮非實數的立方根。）

例 4 解方程 $x^{3}-12x+16=0$。
解 在此例中，$p=-12$，$q=16$。因此

${\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}=({\frac {q}{2}})^{2}+({\frac {p}{3}})^{3}=8^{2}+(-4)^{3}=0$,

$y=z={\sqrt[{3}]{\frac {q}{2}}}={\sqrt[{3}]{8}}=2$.

因此，根是

$x_{1}=-(2+2)=-4$，$x_{2}=-(2\omega +2\omega ^{2})=2$，$x_{3}=-(2\omega ^{2}+2\omega )=2$。

我們可以驗證 $x^{3}-12x+16=(x+4)(x-2)^{2}$。

高次方程

我們也可以用單位根來解一些特殊形式的高次方程。

例 5 解方程 $x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=0$
解 從前面的例子，$x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=P(x)\cdot Q(x)$，其中

$P(x)=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1$

$Q(x)=x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1$

從 $P(x)=0$，我們可以得到四個根

$x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=0\Rightarrow x_{j}=\cos {\frac {2j\pi }{5}}+i\sin {\frac {2j\pi }{5}},\ (j=1,2,3,4)$（即單位根的非實五次根。）

注意 $Q(-x)=(-x)^{4}-(-x)^{3}+(-x)^{2}-(-x)+1=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=P(x)$，因此，$Q(-x_{j})=P(x_{j})=0$。所以，另外四個根是

$x'_{j}=-x_{j},\ (j=1,2,3,4)$.

原方程共有八個根

$x=\pm (\cos {\frac {2j\pi }{5}}+i\sin {\frac {2j\pi }{5}}),\ (j=1,2,3,4)$.

替代解法 令 $y=x^{2}$，方程變為

$y^{4}+y^{3}+y^{2}+y+1=0$.

這個方程的四個根是

$y_{j}=\cos {\frac {2j\pi }{5}}+i\sin {\frac {2j\pi }{5}}),\ (j=1,2,3,4)$

為了得到相應的 $x$ 值，我們對每個 $y$ 值開平方。所以，根是

$x=\pm (\cos {\frac {j\pi }{5}}+i\sin {\frac {j\pi }{5}}),\ (j=1,2,3,4)$.

雖然兩種方法給出的根的形式不同，但它們是相同的數字集。兩者都可以寫成

$x=\cos {\frac {j\pi }{10}}+i\sin {\frac {j\pi }{10}},\ (j=1,2,3,4,\ 6,7,8,9)$.

它們是單位根的八個非實十次方根。

示例 6 找到一個具有有理係數的方程，使得它的根等於 $\alpha ^{4}+\alpha ^{6}+\alpha ^{7}+\alpha ^{9}$，其中 $\alpha$ 是方程 $x^{13}-1=0$ 的根。